新高考化学三轮复习考前冲刺练习易错专题09 反应热的表示与计算（2份打包，原卷版+解析版）

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►易错点二 反应热的计算
典例精讲
易错点一 热化学方程式的书写
【易错典例】
例1（2024·贵州·一模）和反应生成和的能量变化如图所示，下列叙述正确的是
A．既是氧化剂，又是还原剂
B．生成1 ml时转移4 ml电子
C．上述反应的热化学方程式为
D．上述反应可以在玻璃容器中进行
C【分析】和反应生成和，反应为，反应中氧元素发生归中反应生成氧气，中氧化合价降低为氧化剂、中氧化合价升高为还原剂，电子转移为。A．由分析可知，为氧化剂，是还原剂，A错误； B．生成1 ml时转移2 ml电子，B错误；C．该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的热化学方程式为：，C正确；D．产物HF能腐蚀玻璃，则反应不能在玻璃容器中进行，可选择在铅质容器中进行，D错误。
【解题必备】热化学方程式书写
(1)注意ΔH的符号和单位。若为放热反应，ΔH为“－”；若为吸热反应，ΔH为“＋”。ΔH的单位为kJ·ml－1。
(2)注意反应热的测定条件。书写热化学方程式时应注明ΔH的测定条件(温度、压强)，但绝大多数的ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)注意热化学方程式中的化学计量数。热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态。反应物和生成物的聚集状态不同，反应热ΔH不同。因此，必须注明物质的聚集状态才能完整地体现出热化学方程式的意义。气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
(5)注意ΔH的数值与符号。热化学方程式中的ΔH的值应是表示反应已完成的热量变化。由于ΔH与反应完成的物质的量有关，所以热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
(6)注意燃烧热和中和热。燃烧热是指在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 ml液态H2O时的反应热。
【变式突破】
1．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）在铁系催化剂的催化作用下，工业合成氨的反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面。下列说法正确的是
A．决速步骤：
B．氨气脱附过程放热
C．使用铁催化剂可加快反应速率，提高原料平衡转化率
D．热化学方程式： kJ·ml
A【解析】A．的活化能最大，是该反应机理的慢反应，属于决速步骤，A项正确；B．由图可知，氨气脱附过程中能量升高，说明氨气脱附过程是吸热过程，B项错误；C．使用铁催化剂可加快反应速率，但原料平衡转化率不变，C项错误；D．由反应历程中的物质转化可知热化学方程式为△H= -2a kJ·ml，D项错误。
2．（2024·海南海口·一模）在25℃、下，与发生反应的能量变化如图所示。已知： 。下列有关说法正确的是
A．过程Ⅰ为“释放了能量”
B．H—Cl键的键能为
C．总能量：乙>甲>丙
D．全部分解为与时吸收的热量
C【解析】A．过程Ⅰ为化学键的断裂，需要吸收能量，故A错误；B．2H+2Cl释放862kJ的能量生成2HCl(g)，因此H—Cl键的键能为，故B错误；C．总反应为放热反应，说明甲能量比丙大，甲到乙为化学键的断裂，需要吸收能量，说明乙的能量比甲大，即总能量：乙>甲>丙，故C正确；D．由热化学方程式 可知，生成2mlHCl(g)需要释放183kJ能量，即全部分解为与时吸收的热量，全部分解为与时吸收的热量，故D错误。
3．（2023·上海虹口·二模）气态有机物①~④分别与氢气发生加成反应生成1ml气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．物质的热稳定性：②<③
B．物质④中不存在碳碳双键
C．物质①~④与氢气的加成反应都是放热反应
D．物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)(g)+H2(g)-21kJ
D【分析】从图中可知，四种物质与氢气加成生成1ml气态环己烷，均放出热量。A．从图中可知，物质②的能量高于物质③，则稳定性②<③，A正确；B．物质④为苯，苯环中不存在碳碳双键，B正确；C．从图中可知，四种物质与氢气发生加成反应生成1ml气态环己烷都放出热量，都是放热反应，C正确；D．物质③能量高于物质④，则物质③脱氢生成④的化学方程式为(g)(g)+H2(g)，图中只有环己二烯和苯的能量，不能确定该反应热效应，D错误。
易错点二 反应热的计算
【易错典例】
例2（2024·天津南开·一模）工业合成尿素以和作为原料，其能量转化关系如下图：
已知 。下列有关说法正确的是
A．
B．
C．
D．过程③反应速率慢，使用合适的催化剂可减小而加快反应
C【解析】A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，A错误；B．液态水变成气态水要吸热，，B错误；C．由盖斯定律可知，①+②+③得反应2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)，则△H=△H1+△H2+△H3=△H1+(-109.2kJ·ml-1)+(+15.5kJ·ml-1)=-103.7，则△H1=-10kJ·ml-1，C正确；D．过程③使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热△H3的大小，D错误。
【解题必备】反应热的有关计算
(1)根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
(2)根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH=E生成物−E反应物。
(3)依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量−生成物的化学键形成释放的能量。
(4)根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“−”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
⑤根据物质燃烧放热的数值计算：Q(放) =n(可燃物)×|ΔH|。
【变式突破】
4．（2024·北京丰台·一模）过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤I<步骤II
B．CH3OH分子中，键角：H—C—H>H—O—C
C．若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种
D．CH4(g) + MO+(g)=CH3OH(g) + M+(g) = E2+E4-E1-E3
D【解析】A．步骤I的活化能大于步骤II，反应速率步骤I更小，故A正确；B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，故B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C正确；D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，故D错误。
5．（2024·北京东城·一模）碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．CsCl晶体是共价晶体
B．
C．若M分别为Na和K，则：NaD．，
B【解析】A．CsCl晶体是离子晶体，A错误； B．根据盖斯定律：，B正确；C．若M分别为Na和K，失电子过程中需吸收能量，为正值，K半径更大，失去电子所需能量更小，则：Na＞K，C错误；D．氯气分子断键为氯原子需吸收能量，；离子结合形成离子键需放热，，D错误。
6．（2024·湖南长沙·一模）苯基甲基乙炔()可用作医药中间体，制备帕瑞昔布钠。一定条件下，苯基甲基乙炔可与HCl发生催化加成，反应过程如下：
已知：，下列说法正确的是
A．中最多4个碳原子共线
B．
C．产物Ⅱ比产物I稳定，两者互为立体异构体
D．反应I的活化能大于反应Ⅱ
C【解析】A．中最多5个碳原子共线，如图虚线所示，A错误；B．根据盖斯定律可知，故，B错误；C．由题干信息已知：，即反应Ⅱ放出的热量大于反应I，即产物I具有的总能量高于产物Ⅱ，则有产物Ⅱ比产物I稳定，由题干信息可知，两者互为立体异构体中的顺反异构，C正确；D．反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大，根据图知，短时间内，反应Ⅰ的占比远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，则所需活化能反应Ⅰ＜反应Ⅱ，D错误。
考点精练
1．（2024·贵州·一模）和反应生成和的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A．既是氧化剂，又是还原剂
B．生成1 ml时转移4 ml电子
C．上述反应的热化学方程式为
D．上述反应可以在玻璃容器中进行
2．（2024·四川甘孜·一模）NOCl常用于有机合成，其合成原理为，反应过程中的能量变化如下图所示，下列有关说法正确的是
A．该反应为吸热反应B．该反应中每生成2mlNOCl放出热量76kJ
C．该反应只有在加热条件下才能发生D．1mlNOCl含有的总键能为180kJ
3．（2023·四川雅安·模拟预测）已知：
则下列说法正确的是
A．H2(g)的燃烧热△H=-571.6 kJ·ml-1
B．
C．等质量的H2(g)和CH3OH(I)完全燃烧生成CO2和液态水，H2(g)放出的热量多
D．2mlH2(g)在足量氧气中完全燃烧生成气态水放出的热量大于571.6kJ
4．（2023·河南·一模）如图1、图2分别表示和分解时的能量变化情况(单位：kJ)。下列说法错误的是
A．CO的燃烧热
B．
C．O=O的键能为
D．无法求得的反应热
5．（2024·江西宜春·模拟预测）一定条件下，丙烯与反应生成和的反应历程如图所示。【已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)】，下列说法正确的是
A．反应的为
B．丙烯与的加成反应为放热反应，所以该反应一定能自发进行
C．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物的比例
D．根据该反应推测，丙烯与加成的主要产物为2-溴丙烷
6．（2024·河南·模拟预测）科学家成功捕获并表征到水氧化催化过程中的锰端基氧和锰过氧化物中间体，明确了水氧化过程中水亲核进攻锰端基氧的氧氧成键机理，如图所示。下列说法错误的是
A．
B．中O的化合价为-1价
C．水氧化的总反应为
D．过程⑦可表示为+H2OO2↑+
7．（2024·江西·一模）下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程．吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，下列说法正确的是
A．①表示CO和从催化剂表面脱离的过程
B．②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C．由图可知为吸热反应
D．由图可知，决定反应速率的步骤是②
8．（2024·湖南岳阳·二模）二氧化碳加氢制甲醇可以实现温室气体资源化利用，过程中的主要反应为

密闭容器中，反应物起始物质的量比时，在不同条件下(①温度为250℃下压强变化，②压强为下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．反应的焓变
B．在250℃、条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为0.10
C．当甲醇的物质的量分数为0.03时，的平衡转化率为11.3％
D．提高转化为的平衡转化率，需要研发在高温区的高效催化剂
9．（2024·辽宁·一模）Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图1所示，反应过程中相对能量的变化如图2所示。已知图2中TS表示过渡态，FS表示稳定的共吸附。下列说法错误的是
A．水煤气变换反应为H2O + COCO2 + H2B．稳定性：FSe2大于FSe1
C．水煤气变换反应的H<0D．制约总反应速率的反应为CO*+OH*=COOH*
10．（2024·广东·二模）一定条件下，与反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。下列说法正确的是
说明：过渡态中“--”表示化学键未完全断裂或形成。
A．反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键
B．相同条件下，与发生上述反应，则其过渡态Ⅰ的能量比b高
C．该反应的
D．与发生上述反应，只能获得1种相对分子质量的有机产物
11．（2024·湖南·一模）煤—天然气综合利用制甲醇项目中，原料气主要发生反应①和副反应②。
主反应①：
副反应②：
的平衡转化率(X—CO2)，的选择性(S—CH3OH)随温度变化如下：
已知：初始、，，下列说法正确的是
A．、
B．温度越低，压强越大，越有利于甲醇的合成
C．T℃，若只发生①②，则的平衡转化率为24%
D．T℃，反应②的(为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
12．（2024·贵州·二模）苯甲醇与溴化氢的反应代表苯基)是分步进行的：
①
②
③
反应能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．酸性条件下有利于该反应发生
B．第①、③步反应速率比第②步快
C．过渡态2的能量最高，所以第②步反应速率最慢
D．第③步是放热反应
13．（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
Ⅰ.工业废气分解可制取。
(1)已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的 (用含、、的式子表示)。
(2)一定温度下，2ml 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。
Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ.
ⅴ.
(3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C．反应的平衡常数
D．溶液中减小，与浓度的比值减小
(4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为aml/L。
①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。
②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。
14．（2024·海南·一模）甲醇是重要的化工原料。回答问题：
(1)以甲醇为原料制备甲醛。
Ⅰ．脱氢法：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋86.1kJ·ml－1
Ⅱ．氧化法：CH3OH(g)＋O2(g)HCHO(g)＋H2O(g) ΔH2
Ⅲ．深度氧化反应：HCHO(g)＋O2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
①已知H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH4＝－197.8kJ·ml－1，计算 。
②图-1中两条曲线分别为反应Ⅰ和Ⅱ平衡常数随温度变化关系的曲线，其中表示反应Ⅰ的为 (填曲线标记字母)。
③图-2为甲醇氧化法在不同温度下甲醇转化率与甲醛产率的曲线图。600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是 。
(2)一定条件下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0。在容积均恒为的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒温容器中分别充入1.0ml CO和2.0ml H2，分别在温度下反应，时的体积分数如图-3所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是 ；其化学平衡常数为 。容器Ⅱ中，内，的反应速率为 。
15．（2024·山东济南·一模）天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及如下反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·ml-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为 kJ·ml-1，反应②在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为 kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为 ，反应②的标准平衡常数 (已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
(3)将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。
①表示“COS的选择性”的曲线是 (填“曲线a”或“曲线b”)；
②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是 。
16．（2024·河南周口·二模）通过不同方式转化为高附加值化学品有利于实现“双碳目标”，其中加氢转化为二甲醚()是常见的一种方式，其反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)加氢制反应的热化学方程式为 。
(2)进料比时，不同压强下平衡转化率随温度的变化关系如图所示。①四条曲线对应压强、、和由大到小的顺序为 ，判断依据是 。②压强为时，平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是 。
(3)上图中，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，原因是 。
(4)反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡常数()随温度变化关系如图2所示，表示反应Ⅱ的曲线为 (填“a”或“b”)。恒温恒压条件下，向体系中通入和，达到平衡时转化率为50％，为0.07ml，该条件下生成的CO可以忽略不计，则的物质的量为 ml，加氢制的反应用摩尔分数表示的平衡常数 (列出计算式)。(已知反应的，物质i的摩尔分数。)
参考答案
1．C【分析】和反应生成和，反应为，反应中氧元素发生归中反应生成氧气，中氧化合价降低为氧化剂、中氧化合价升高为还原剂，电子转移为；
A．由分析可知，为氧化剂，是还原剂，A错误；
B．生成1 ml时转移2 ml电子，B错误；
C．该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的热化学方程式为：，C正确；
D．产物HF能腐蚀玻璃，则反应不能在玻璃容器中进行，可选择在铅质容器中进行，D错误；
故选C。
2．B【解析】A．图像中体现，反应物能量总和大于生成物能量总和，故该反应为放热反应，A错误；
B．该反应热化学方程式为，体现出每生成2mlNOCl放出热量76kJ，B正确；
C．反应的能量变化与反应条件无关，C错误；
D．表示形成2mlNOCl的化学键释放出的能量，故1mlNOCl含有的总键能为90kJ，D错误；
答案选B。
3．C【解析】A．燃烧热中可燃物为1ml，由知H2(g)的燃烧热为285.8kJ•ml-1，A错误；
B．反应除生成水外，还有硫酸钡沉淀，生成沉淀也会放热，故放出总热量应大于57.3 2=114.6kJ，B错误；
C．令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1g，则1g H2燃烧放热为××571.6=142.9kJ，1gCH3OH燃烧放热为××145222.69kJ，所以H2(g)放出的热量更多，C正确；
D．液态水转化为气态水需要吸收热量，则2 ml H2(g)完全燃烧生成气态水放出的热量小于 571.6kJ，D错误；
故选C。
4．D【解析】A．由图2可知 ，A正确；
B．由图1可得① ，由图2可得② ，根据盖斯定律①＋②得， ，B正确；
C．由图1或图2均可得出O=O的键能为，C正确；
D． ，D错误；
故选D。
5．D【解析】A．根据图示，不能求得反应的，A错误；
B．由图可知，丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的反应都是放热反应，∆H＜0，反应的∆S＜0，根据时自发进行，反应在低温下能自发进行，B错误；
C．丙烯与反应生成和的反应都为放热反应，升高温度，反应都向着消耗和的方向移动，和的比例都会降低，C错误；
D．由图中可以看出生成的活化能较低，反应的主要产物为，类似的丙烯与加成的主要产物为2-溴丙烷，D正确；
故选D。
6．D【解析】A．由图可知，过程③可以由过程①和过程②经两步完成，由盖斯定律可知，，则，A正确；
B．中存在过氧键，则其中O的化合价为-1价，B正确；
C．由图可知，水氧化的总反应为，C正确；
D．电荷不守恒，D错误；
故答案为：D
7．B【解析】A．由图可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；
B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H-O键，②中吸收能量[1.25-(-0.32)]eV=1.57eV，④中吸收能量为[1.41-(-0.16)]eV=1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；
C．由图可知，CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量，因此反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，故C错误；
D．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.86+0.16)eV=2.02eV，②的活化能为(1.59+0.32)eV=1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，决定反应速率的步骤是④，故D错误；
故选：B。
8．B【解析】A．根据盖斯定律，由题中所给反应直接相加可以得反应：，故A错误；
B．由可知，恒温加压平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增加，恒压升温平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，所以图中斜率为正的线表示温度为250℃时甲醇的物质的量分数随压强的变化图像、斜率为负的线表示压强为5×105kPa时甲醇的物质的量分数随温度的变化图像，由图像可知在250℃、9×105kPa条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为0.10，故B正确；
C．设起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1ml和3ml，平衡时消耗二氧化碳的物质的量为a，生成的甲醇的物质的量为b，三段式表示、，平衡时n(总)=(4-2b)ml，n(CH3OH)=bml，甲醇的物质的量分数为0.03时，即，解得b=0.113ml，CO2的平衡转化率为，若a=b，CO2的平衡转化率为11.3％，但是若a=b，平衡时无CO，即 a与b不等，所以二氧化碳的平衡转化率不可能为11.3%，故C错误；
D．催化剂只能够改变化学反应速率，不能够改变平衡转化率，故D错误；
故答案为：B。
9．D【解析】A．由图1可知，反应物为H2O 和 CO，生成物为CO2 和 H2，故水煤气变换反应为H2O + COCO2 + H2，A正确；
B．物质的能量越低越稳定，FSe2的能量比FSe1的低，故稳定性：FSe2大于FSe1，B正确；
C．由图2可知，反应物总能量高于生成物总能量，故水煤气变换反应的H<0，C正确；
D．制约总反应速率的反应为活化能最大的反应，由图1、2可知，活化能最大的反应为H2O=OH+H，D错误；
答案选D。
10．B【解析】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误；
B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，B正确；
C．该反应的，即生成物的能量减去反应物的能量，C错误；
D．根据图可知，与发生上述反应，可以获得、有机产物，D错误；
故选B。
11．D【解析】A．由图看出，随着温度升高，的选择性(S-)逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此，A错误；
B．温度太低，反应不能正常进行，反应速率减小，不利于甲醇的合成，B错误；
C．T℃时，根据的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3ml ，又因为的选择性为80%，可知0.3ml 中有80%即0.24ml发生反应①转化为，根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，消耗氢气0.72ml，有0.06ml CO2发生反应②，根据方程式CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，消耗氢气0.06ml，共消耗0.78ml，转化率为，C错误；
D．根据方程式，反应①消耗氢气0.72ml的同时，生成水和甲醇都是0.24ml，反应②氢气0.06ml的同时，生成水和一氧化碳都是0.06ml，此时，体系中剩余未反应的CO2 0.7ml，氢气剩余2.22ml，CO有0.06ml，H2O共有0.3ml，甲醇0.24ml，反应②的，D正确；
本题选D。
12．C【解析】A．根据第①步反应可知，酸性条件下利于该反应发生，A说法正确；
B．第①、③步反应活化能小于第②步活化能，所以第①、③步反应速率比第②步快，B说法正确；
C．第②步反应速率最慢，是因为第②步活化能最大，与过渡态能量高低无关，C说法错误；
D．根据能量变化图可知，第③步是放热反应，D说法正确；
答案选C。
13．(1)
(2)
(3)BC
(4) (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺
【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故；
（2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2ml÷2=1ml，同时生成为1ml÷2=0.5ml，则则该温度下的平衡常数=；
（3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ.
ⅴ.
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（4）①ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。
14．(1) -111.7kJ•ml-1 生成的发生了深度氧化反应
(2) Ⅲ
【解析】（1）①已知：CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=＋86.1kJ•ml-1，H2(g)＋O2(g)=H2O(g) △H3=-197.8kJ•ml-1，
根据盖斯定律i+ii得方程式CH3OH(g)+O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) △H2=＋86.1kJ•ml-1-197.8kJ•ml-1=-111.7kJ•ml-1；
②反应I为吸热反应，温度升高，K增大，所以曲线b对应的是反应I；
③600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是生成的发生了深度氧化反应；
（2）由图象可知，T3>T2>T1,所以反应前5min的平均速率为III>II>I，从速率方面讲，最先到达平衡状态的一定是III，由于该反应△H1<0为放热反应，该反应的化学平衡常数随温度升高而减小，所以从反应限度方面讲，最先到达平衡状态的也一定是III；
设0～tmin时间内容器III中CO转化量为x，
由CO的体积分数为0.3=，解之得x=，则平衡常数K=；
容器Ⅱ中，设0～tmin时间内容器III中CO转化量为y，
由CO的体积分数为0.1=，解之得y=，则内，的反应速率=
15．(1) -577 高温
(2) 0.4 80% 2.7
(3) 曲线b 温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍
【解析】（1）298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·ml-1，可得：；；
COS(g)的标准摩尔燃烧焓的反应为：；根据盖斯定律可知，该反应可由⑥-①-⑤得到，则；反应②正向气体分子数增加，，该反应可由③+2×④得到，则该反应，，则反应在高温条件下能自发进行。
（2）由反应可知①和④反应前后气体分子数相等，则反应前后不会导致压强变化，②和③反应前后气体分子数均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物质的量，根据压强之比等于气体物质的量的之比可得，反应后体系内压强的增加量即为S2(g)的分压，则，S2(g)的平均反应速率为；
设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1ml，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强为230kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.3ml，结合以上分析可得n (S2)=0.3ml，其平衡分压为30 kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x, n(CO2)=2x，根据S原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡= n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)ml；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)= 2n(H2S) 初始，则得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.6ml，根据C原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)ml，在结合O原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)= 2n(CO2)初始，解得：x=0.2，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.4 ml，n(COS)=0.2 ml，n(CO)=0.4 ml，n (S2)=0.3ml，n(H2O)=0.6 ml，n(H2S)=0.2 ml, n(H2)=0.2 ml，总气体为2.3ml；此时H2S(g)的平衡转化率为；反应②的标准平衡常数==2.7；
（3）①由反应可知COS只在反应①中生成，且该反应同时生成等量的水，而水在①②④中均生成，则相同条件下，H2O的选择性高于COS的选择性，故曲线b表示COS的选择性；
②温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍，从而使H2S的转化率与CO2的相等。
16．(1)
(2) p1＞p2＞p3＞p4 反应Ⅱ和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大 温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应Ⅱ
(3)温度高于350℃时总反应以反应Ⅱ为主
(4) b 0.215
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I×2+反应Ⅲ可得 。
（2）①反应Ⅱ和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3＞p4；
②压强为p1时，CO2平衡转化率为反应I和反应Ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应I为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应Ⅱ为吸热反应，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，原因是：温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应Ⅱ。
（3）反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，且温度升高，CO2的平衡转化率增大，原因是：温度高于350℃时总反应以反应Ⅱ为主。
（4）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，lnK增大，则表示反应Ⅱ的曲线为b。根据已知条件列出“三段式”：
达到平衡时转化率为50％，则x=0.5ml，为0.07ml，则0.5-2y=0.07，y=0.215ml，则的物质的量为0.215ml，加氢制的反应方程式为：，用摩尔分数表示的平衡常数。